?法拉第電磁感應定律
知識點：法拉第電磁感應定律
一、電磁感應定律
1．感應電動勢
在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢叫作感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體相當于電源．
2．法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n為線圈的匝數(shù)．
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應電動勢的單位是伏(V)．
二、導線切割磁感線時的感應電動勢
1．導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv.

　　　　　 圖甲　　　　　　　圖乙
2．導線的運動方向與導線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，E＝Blvsin_θ.
3．導體棒切割磁感線產生感應電流，導體棒所受安培力的方向與導體棒運動方向相反，導體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉化為電能．
技巧點撥
一、對電磁感應定律的理解
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率的比較：

磁通量Φ
磁通量的變化量ΔΦ
磁通量的變化率
物理意義
某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)
在某一過程中，穿過某個面的磁通量的變化量
穿過某個面的磁通量變化的快慢
當B、S互相垂直時的大小
Φ＝BS⊥
ΔΦ＝
＝
注意
若穿過的平面中有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量
開始和轉過180°時平面都與磁場垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示

2.公式E＝n的理解
感應電動勢的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量變化率決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關．
二、導線切割磁感線時的感應電動勢
1．導線切割磁感線時感應電動勢表達式的推導
如下圖所示，閉合電路一部分導線ab處于勻強磁場中，磁感應強度為B，ab的長度為l，ab以速度v勻速垂直切割磁感線．

則在Δt內穿過閉合電路磁通量的變化量為ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝＝Blv.
2．對公式的理解
(1)當B、l、v三個量的方向互相垂直時，E＝Blv；當有任意兩個量的方向互相平行時，導線將不切割磁感線，E＝0.
(2)當l垂直B且l垂直v，而v與B成θ角時，導線切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝Blvsin θ.
(3)若導線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應為導線在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度．

圖甲中的有效切割長度為：L＝sin θ；
圖乙中的有效切割長度為：L＝；
圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，L＝R；沿v2的方向運動時，L＝R.
3.導體轉動切割磁感線產生的電動勢
如下圖所示，導體棒在磁場中繞A點在紙面內以角速度ω勻速轉動，磁感應強度為B，則AC在切割磁感線時產生的感應電動勢為E＝Bl＝Bl·＝Bl2ω.

三、E＝n與E＝Blv的比較
1．區(qū)別：E＝n研究的是整個閉合回路，適用于計算各種電磁感應現(xiàn)象中Δt內的平均感應電動勢；E＝Blv研究的是閉合回路的一部分，即做切割磁感線運動的導體，只適用于計算導體做切割磁感線運動產生的感應電動勢，可以是平均感應電動勢，也可以是瞬時感應電動勢．
2．聯(lián)系：E＝Blv是由E＝n在一定條件下推導出來的，該公式可看成法拉第電磁感應定律的一個推論．
例題精練
1．（2021春?廣州期末）一架飛機在廣州上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變，由于受地磁場豎直向下分量的作用，金屬機翼上有電勢差，設飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1，右方機翼末端處電勢為φ2，則下列說法正確的是（　?。?br /> A．若飛機從東往西飛，φ1比φ2高
B．若飛機從南往北飛，φ1比φ2低
C．若飛機從北往南飛，φ1比φ2低
D．由于飛機勻速飛行，則φ1等于φ2
【分析】由于地磁場的存在，當飛機在北半球水平飛行時，兩機翼的兩端點之間會有一定的電勢差，相當于金屬棒在切割磁感線一樣．由右手定則可判定電勢的高低．
【解答】解：中國處于地球的北半球，地磁場的豎直分量方向豎直向下，由于判定感應電動勢的方向的方法與判定感應電流的方向的方法是相同的，由右手定則可判知，在北半球，不論飛機沿何方向水平飛行，都是飛行員左方機翼電勢高，右方機翼電勢低，即總有φ1比φ2高，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題要了解地磁場的分布情況，掌握右手定則．對于機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產生電動勢，而電源內部的電流方向則是由負極流向正極的．
2．（2021春?棗莊期末）關于感應電動勢的大小，下列說法正確的是（　?。?br /> A．穿過閉合電路的磁通量為零時，其感應電動勢一定最大
B．穿過閉合電路的磁通量為零時，其感應電動勢一定為零
C．穿過閉合電路的磁通量變化量越大，其感應電動勢一定越大
D．穿過閉合電路的磁通量變化率越大，其感應電動勢一定越大
【分析】感應電流產生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化．感應電動勢的大小與磁通量變化率成正比，根據(jù)法拉第電磁感應定律分析。
【解答】解：A、根據(jù)E＝可知，E與磁通量的變化率成正比，與磁通量大小無關，磁通量為零，閉合電路中的感應電動勢不一定最大，故A錯誤；
B、只有穿過閉合回路中磁通量發(fā)生變化時，閉合回路中才會產生感應電流，穿過閉合電路的磁通量為零，若磁通量是變化的，則感應電動勢一定不為零，故B錯誤；
CD、根據(jù)E＝可知，穿過閉合電路的磁通量變化越快，閉合電路中的感應電動勢越大，而穿過閉合電路的磁通量變化越多，感應電動勢不一定越大，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題的解題關鍵是準確理解并掌握法拉第電磁感應定律及感應電流的產生條件，注意明確磁通量、磁通量變化量以及磁通量變化率間的區(qū)別。

隨堂練習
1．（2021春?安康期末）如圖所示，在足夠大的、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，有一根長度為L的導體棒AC。第一次以垂直棒的速度v在紙面內勻速拉動導體棒；第二次以A點為軸在紙面內順時針轉動導體棒，若這兩種情況下導體棒產生的感應電動勢相同，則第二次轉動的角速度為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】分別求出兩次導體棒運動過程中產生的感應電動勢大小，根據(jù)兩種情況下導體棒產生的感應電動勢相同，可求得角速度。
【解答】解：第一次以垂直棒的速度v勻速拉動導體棒，產生的感應電動勢為：E1＝BLv；第二次以A點為軸順時針轉動導體棒，角速度為ω，則末端的線速度為v'＝Lω，感應電動勢為：E2＝BL＝
因為E1＝E2
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查導體切割磁感線產生的感應電動勢，關鍵注意當棒轉動時，感應電動勢大小E＝BL。
2．（2020秋?杭州期末）如圖，abcd為邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，半徑為r、匝數(shù)為n的線圈如圖所示放置。當磁場以的變化率變化時，線圈中感應電動勢為（　?。?br />
A．0 B． C． D．
【分析】線圈中的有效面積為矩形面積為L2，根據(jù)法拉第電磁感應定律進行解答。
【解答】解：線圈中的有效面積為矩形面積，故S＝L2，
根據(jù)法拉第電磁感應定律得線圈中的感應電動勢 E＝n＝n?L2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律，要掌握法拉第定律中的面積S是線圈在磁場中的有效面積。
3．（2021?義烏市模擬）照片中的情景發(fā)生在義亭中學的創(chuàng)新實驗室。當實驗老師從液氮中取出一塊“億鋇銅氧”合金并將它靠近一塊永磁體時，合金塊能懸浮在磁體的上方；老師又從液氮中取出一塊外形相似、質量更小的鋁塊并將它靠近同一塊永磁體時，“懸浮”卻沒有發(fā)生。造成這一區(qū)別的主要原因是（　　）

A．“億鋇銅氧”合金在液氮溫度下電阻幾乎為零
B．質量更小的鋁塊靠近永磁體時內部不會形成電流
C．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量更大
D．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量變化得更快
【分析】“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導體，電阻幾乎為零，在兩磁場的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方；因為穿過鋁塊的磁通量變化，故能產生感應電流；穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大；磁通量變化得一樣快。
【解答】解：AB、因穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，但“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導體，電阻幾乎為零，所以在“億鋇銅氧”合金中產生的電流很大，且電流持續(xù)的時間很長，所以電流激發(fā)的磁場也很強且持續(xù)時間長，故在兩磁場的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方；而質量更小的鋁塊由于在液氨溫度下不能產生超導現(xiàn)象，所以電阻不能忽略，產生的感應電流通過電阻時做功，電能很快轉化成了內能，所以當鋁塊靠近永磁體時不會產生磁懸浮現(xiàn)象，故A正確，B錯誤；
C、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，故C錯誤；
D、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，且穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律及超導現(xiàn)象等知識，注意超導體的電阻為零。

綜合練習
一．選擇題（共20小題）
1．（2021?河南模擬）兩個完全相同的閉合線圈甲和乙電阻均為R＝4Ωa，匝數(shù)均為10。將它們分別放在變化的磁場中，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖甲、乙所示，其中圖甲按正弦規(guī)律變化，圖乙線性變化，則下列說法正確的是（　　）

A．甲線圈中產生的感應電動勢為E＝20πsint
B．乙線圈中感應電流的有效值為10A
C．0～4s內甲、乙兩線圈中產生的熱量之比為
D．一個周期內甲線圈中的電流方向改變三次
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢與速度的關系進行分析；線圈按丙圖情況運動時，求出電動勢有效值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解燈泡兩端的電壓。
【解答】解：（1）AD、圖甲按正弦規(guī)律變化，由圖甲可知，T＝4s
甲線圈產生的感應電動勢按余弦變化，由e＝nBSωcosωt 知甲線圈感應電動勢為：e＝＝20πcos，一個周期內電流方向改變兩次，故AD均錯誤；
B、乙線圈中的磁通量線性變化，則0～時間內和～T時間內電動勢為：E1＝＝10×V＝40V
～時間內電動勢為：E2＝80V
因此電流的有效值滿足：+＝I2RT
代入數(shù)據(jù)得：I＝，故B錯誤；
C、甲線圈中電流的有效值為：I′＝＝＝
0～4s內甲線圈產生的熱量為：Q1＝I′2Rt＝＝200π2J
乙線圈中產生的熱量為：Q2＝I2RT+＝+＝2800J，故，故C正確。
故選：C。
【點評】本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象和交流電的綜合，關鍵是弄清楚線圈的有效切割長度、產生的感應電動勢大小與速度的關系、有效值的計算方法以及電路的連接情況。知道電壓表的示數(shù)是兩端電壓且為電壓的有效值。
2．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置（∠aOb＝90°）時，a、b兩點的電勢差Uab為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】根據(jù)感應電動勢公式E＝BLv求出感應電動勢的大小E，ab邊切割磁感線，相當于電源，根據(jù)右手定則判斷電勢的高低，ab間的電壓是路端電壓，根據(jù)歐姆定律求解．
【解答】解：當圓環(huán)運動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為R；
ab邊產生的感應電動勢為：E＝BRv，根據(jù)右手定則可知，a點的電勢低于b點的電勢；
電路中的電流：I＝
設環(huán)的總電阻為R總，則線框進入磁場的過程中到達ab位置時，外電路的電阻值：
a、b兩點的電勢差由歐姆定律得：Uab＝﹣I?R外＝＝，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題是電磁感應與電路、力學等知識的綜合應用，注意a、b兩點的電勢差不是感應電動勢，而是路端電壓．
3．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）以下關于電磁感應的說法正確的是（　?。?br /> A．穿過閉合導體回路的磁通量變化越大，產生的感應電動勢就越大
B．感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化
C．閉合電路中的導體做切割磁感線運動，電路中就一定有感應電流
D．若某時刻穿過閉合導體回路的磁通量為零，則此時刻回路中的感應電流一定為零
【分析】解答本題應掌握：只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時或閉合回路中的一部分導體切割磁感線，才能在回路中產生感應電流。根據(jù)楞次定律：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，并結合法拉第電磁感應定律，即可求解。
【解答】解：A、感應電動勢表示磁通量的變化快慢，磁通量的變化越快，感應電動勢越大，故A錯誤；
B、根據(jù)楞次定律可知：感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故B正確；
C、閉合電路中的導體做切割磁感線運動，若磁通量沒有發(fā)現(xiàn)變化，則無感應電流，故C錯誤；
D、磁通量為0，但磁通量變化可以不為0，則感應電流不一定為0，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查感應電流的產生條件，應明確只有同時滿足兩個條件時才能產生感應電流：一是電路要閉合；二是磁通量要發(fā)生變化，同時掌握磁通量變化、磁通量變化率的區(qū)別。
4．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）如圖所示，一個有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，一個矩形閉合導線框abcd，沿紙面由位置1（左）勻速運動到位置2（右），則（　?。?br />
A．導線框進入磁場時，感應電流方向為abcda
B．導線框離開磁場時，感應電流方向為adcba
C．導線框離開磁場時，受到的安培力方向水平向右
D．導線框進入磁場時，受到的安培力方向水平向左
【分析】線框進入時dc邊切割磁感線，出來時ab邊切割磁感線，因此根據(jù)右手定則可以判斷出電流方向，注意完全進入時，磁通量不變，無感應電流產生；然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向。也可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向。
【解答】解：A、線框進入磁場時，由右手定則可知，感應電流沿順時針方向，即方向為adcba，故A錯誤；
B、由右手定則可知，導線框離開磁場時，感應電流方向為逆時針方向，即方向為abcda，故B錯誤；
C、由左手定則可知，導線框離開磁場時，受到的安培力方向向左，故C錯誤；
D、導線框進入磁場時，受到的安培力方向向左，故D正確；
故選：D。
【點評】本題可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向，也可以利用右手定則先判斷電流向，然后利用左手定則判斷受力方向。
5．（2021?梅州模擬）如圖所示，空間中存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，兩平行光滑金屬導軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧上端固定，下端與質量為m的水平直導體棒ab中點相連，彈簧與導軌平面平行并始終與棒垂直導體棒垂直跨接在兩導軌上，接通電源后導體棒保持靜止，彈簧處于原長狀態(tài)。把電源極性調轉，用外力使導體棒沿斜面往下平移x（彈性形變范圍內），重新接通電源并撤掉外力，ab棒依然保持靜止，則x為（　?。?br />
A． B． C． D．0
【分析】根據(jù)初始狀態(tài)導體棒受力平衡列出等式，把電源極性調轉后，電流方向相反，安培力反向，根據(jù)此狀態(tài)受力平衡列等式，兩式聯(lián)立即可求解。
【解答】解：接通電源后導體棒保持靜止，彈簧處于原長狀態(tài)，導體棒處于平衡狀態(tài)，如圖甲所示，

沿斜面方向根據(jù)共點力平衡，有mgsinθ＝BIL，
把電源極性調轉，用外力使導體棒沿斜面往下平移x（彈性形變范圍內），重新接通電源并撤掉外力，ab棒依然保持靜止，受力分析如圖乙所示，

沿斜面方向有mgsinθ+BIL＝kx，
聯(lián)立解得x＝，故C正確；ABD錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查共點力平衡以及胡克定律、安培力的表達式，考查學生綜合運用已學知識的能力，難度適中。
6．（2021?海淀區(qū)模擬）定義“另類加速度”A＝，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為v1，穿出磁場后速度為v2。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．線框在進入磁場的過程中，做勻變速運動
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
D．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
【分析】線框在進入磁場的過程中，分析線框的受力情況，判斷其運動情況，根據(jù)動量定理分析A的變化情況，并根據(jù)動量定理求線框完全進入磁場后的速度。
【解答】解：A、線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運動，故A錯誤；
B、線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：﹣BL△t＝m△v，其中△t＝＝＝，聯(lián)立可得＝﹣，根據(jù)題意可知A＝＝﹣，保持不變，故B錯誤；
CD、設線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為v。線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得：﹣BL△t＝mv﹣mv1，其中△t＝＝＝＝，聯(lián)立得：﹣＝mv﹣mv1；線框穿出磁場的過程中，同理可得：﹣＝mv2﹣mv，聯(lián)立解得v＝，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題時，要正確分析線框進入磁場和穿出磁場的過程中受力情況，抓住安培力與速度成正比，分析線框的運動情況。對于線框在磁場中做非勻變速直線運動的過程，往往根據(jù)動量定理求速度。
7．（2021?海淀區(qū)模擬）如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發(fā)電機的實驗裝置。有一個可繞固定轉軸轉動的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體中。實驗時用導線連接銅盤的中心C，用導線通過滑片與鋼盤的邊線D連接且接觸良好，如圖乙所示，若用外力轉動手柄使圓盤轉動起來，在CD兩端會產生感應電動勢。說法正確的是（　?。?br />
A．如圖甲所示，因為銅盤轉動過程中穿過銅盤的磁通量不變，所以沒有感應電動勢
B．如圖甲所示，產生感應電動勢的原因是銅盤盤面上無數(shù)個以C 為圓心的同心圓環(huán)中的磁通量發(fā)生了變化
C．如圖乙所示，用外力順時針（從左邊看）轉動銅盤，電路中會產生感應電流，通過R的電流自下而上
D．如圖乙所示，用外力順時針（從左邊看）轉動銅盤，電路中會產生感應電流，通過R的電流自上而下
【分析】轉動盤時，將整個銅盤看成沿徑向排列的無數(shù)根銅條，它們做切割磁感線運動，產生感應電動勢，乙圖中盤相當于發(fā)電機，可以獲得持續(xù)的電流；
當乙圖中盤順時針轉動時，根據(jù)右手定則判斷感應電流的方向；
【解答】解：AB、外力搖手柄使得銅盤轉動產生感應電動勢的原因是銅盤盤面上無數(shù)個沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產生的，故AB錯誤；
CD、若用外力順時針（從左邊看）轉動銅盤時，根據(jù)右手定則可得感應電流方向為C到D（電源內部），D端是感應電動勢的正極，則通過電阻R的電流自下而上，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】本題實際上是發(fā)電機的模型，考查綜合運用右手定則及產生感應電流條件的能力。關鍵是要知道產生感應電動勢的原因：銅盤盤面上無數(shù)個沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產生的。
8．（2021春?岑溪市期中）矩形導線框固定在勻強磁場中，如圖甲所示，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向為垂直紙面向外，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（　?。?br />
A．0～t1時間內，導線框中電流的方向為adcba
B．0～t1時間內，導線框中電流越來越小
C．0～t2時間內，導線框中電流的方向始終為abcda
D．0～t2時間內，導線框ab邊受到的安培力大小恒定不變
【分析】由右乙可知磁感應強度B的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況；由F＝BIL可知安培力的變化情況。
【解答】解：AC、根據(jù)圖乙所示磁感應強度變化情況，應用楞次定律可知，0～t2時間，電路中電流方向為逆時針方向，即電流方向為：abcda，故A錯誤，C正確；
B、由圖乙所示圖線可知，0～t1磁感應強度均勻減小，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢大小不變，由歐姆定律可知，線框中的電流大小不變，故B錯誤；
D、由C可知：0～t2時間內，電路中電流大小I恒定不變，B不斷變化，由F＝BIL可知，安培力F大小發(fā)生變化，安培力大小不是恒定的，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題要求學生能正確理解B﹣t圖的含義，才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定；解題時要特別注意，兩個時段，雖然磁場的方向發(fā)生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產生的電流一定是相同的。
9．（2021?豐臺區(qū)校級三模）某實驗裝置如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B。在線圈A中通入電流i與時間t的關系如圖A、B、C、D所示，那么在t1~t2這段時間內，可以觀察到線圈B中產生交變電流的是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．
【分析】根據(jù)感應電流的產生條件分析答題，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，磁通量變化不均勻，才能產生交變電流。要產生交變電流，電流的變化率也應該是改變的。
【解答】解：A、由圖A可知，A中電流不變，電流產生的磁場不變，穿過B的磁通量不變，所以B中不產生感應電流，故A錯誤；
B、圖B中電流發(fā)生均勻變化，產生的磁場均勻變化，產生恒定的感應電流，不是交變電流，故B錯誤；
C、圖C中電流發(fā)生變化，產生的磁場發(fā)生變化，整個過程會產生交變電流，但在t1∽t2這段時間內，電流的變化均勻，磁場變化均勻，故在t1∽t2這段時間內不會產生交變電流，故C錯誤；
D、圖D中電流發(fā)生變化，產生的磁場發(fā)生變化，整個過程會產生交變電流，在t1∽t2這段時間內，電流的變化率發(fā)生變化，故產生非均勻變化的磁場，故會產生交變電流，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了判斷是否產生感應電流，知道感應電流產生條件、分析清楚圖象即可正確解題。
10．（2021?濱江區(qū)校級模擬）如圖所示，金屬圓環(huán)內外半徑為r和2r，勻強磁場B垂直圓環(huán)平面向里，兩環(huán)之間接有電容器，在兩環(huán)間且接觸良好的金屬導體ab棒可繞圓心以角速度ω逆時針旋轉，已知電容器的電容為C，則下列說法正確的是（　　）

A．電容器c極板帶負電
B．cd間電壓逐漸增大
C．金屬棒ab產生的電動勢為Bωr2
D．電容器所帶電荷量為CBωr2
【分析】根據(jù)右手定則即可判定感應電動勢方向，從而確定電容器的極性；根據(jù)切割感應電動勢E＝BLv，結合線速度v＝ωR，及電荷量Q＝CU，即可求解。
【解答】解：A、根據(jù)右手定則可知，ab棒切割磁感線產生感應電動勢方向由a到b，a端的電勢比b端的電勢低，則電容器c板帶正電，d板帶負電，故A錯誤；
BC、根據(jù)切割磁感線產生感應電動勢為：E＝BLab＝Br?＝Br?＝Br2ω，
電容器cd間的電壓等于電動勢，所以cd間的電壓不變，故BC錯誤；
D、根據(jù)電容器電荷量的計算公式Q＝CU，及U＝E得：，故D正確。
故選：D。
【點評】本題主要是考查了右手定則的內容，掌握法拉第電磁感應定律的應用，要知道電路中沒有電流，電容器板間電壓等于ab棒產生的感應電動勢。
11．（2021?廈門一模）某簡易發(fā)電機由一個面積為4×10﹣2m2、匝數(shù)10匝、電阻為2Ω的線圈和某變化的磁場組成．線圈固定不動，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示（磁場變化的周期T＝0.4s），下列判斷正確的是（　?。?br />
A．該簡易發(fā)電機產生的電動勢為4V
B．該簡易發(fā)電機的短路電流為0.5A
C．t＝0.1s時，磁感應強度為零，此時簡易發(fā)電機的瞬時電壓為零
D．將額定功率為0.375W、電阻為6Ω的燈泡接入該簡易發(fā)電機，燈泡能正常發(fā)光
【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律計算產生感應電動勢的大小，由歐姆定律求解電流。
【解答】解：AB、根據(jù)法拉第電磁感應定律，0～2s內，穿過線圈的磁通量減小，產生的感應電動勢大小為
E＝n＝nS＝10××4×10﹣2V＝﹣2V（負號表示方向）
同理0.2s～0.4s內，穿過線圈的磁通量增加，產生的感應電動勢大小為
E＝n＝nS＝10××4×10﹣2V＝2V
可知線圈中產生交變電流的有效值為2V，則發(fā)電機的短路電流為
I＝＝A＝1A
故AB錯誤；
C、t＝0.1s時，磁感應強度的變化率不變，則此時簡易發(fā)電機的瞬時電壓為2V，故C錯誤；
D、接入該簡易發(fā)電機的燈泡額定電壓為
U額＝＝V＝1.5V
接入發(fā)電機后，該燈泡的兩端電壓為
U＝E＝×2V＝1.5V
與該燈泡的額定電壓相等，則燈泡能正常發(fā)光，故D正確。
故選：D。
【點評】本題是考查電磁感應與電路相結合的綜合問題，需注意產生感應電動勢的大小取決于磁通量的變化率，再結合電路的有關知識分析求解。
12．（2021?龍巖模擬）如圖甲所示，理想變壓器的一組線圈與水平導軌相連，導軌處于豎直向上的勻強磁場中，金屬棒AB垂直放在導軌上，其向左運動的速度圖像如圖乙所示，則下列各圖中能表示ab兩端的電壓uab隨時間t變化的圖像是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】根據(jù)金屬棒的運動情況判斷金屬棒中產生的感應電流方向，根據(jù)楞次定律判斷副線圈中感應電流的方向和電勢的高低，根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢的大小。
【解答】解：0～t1時間內金屬棒AB向左做勻加速直線運動，根據(jù)右手定則可知電流方向B→A，原線圈電流產生的磁場方向向下均勻增加，則副線圈的磁通量向上均勻增加，根據(jù)楞次定律可知副線圈中感應電流的方向如圖所示，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢E＝保持不變，且a點為高電勢，則Uab為定值；
t1～t2時間內金屬棒AB向左做勻減速直線運動，根據(jù)右手定則可知電流方向B→A，原線圈電流產生的磁場方向向下均勻減小，則副線圈的磁通量向上均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢E＝保持不變，且a點為低電勢，則Uab為定值，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。

【點評】本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象與圖像的結合，關鍵是能夠根據(jù)右手定則判斷金屬棒中的電流方向，知道變壓器原理，能夠根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢高低。
13．（2021春?廣州期中）電動汽車越來越被人們所喜愛，某一種無線充電方式的基本原理如圖所示，路面上依次鋪設圓形線圈，相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流，車身底部固定感應線圈，通過充電裝置與蓄電池相連，汽車在此路面上行駛時，就可以進行充電，若汽車正在勻速行駛，下列說法正確的是（　?。?br />
A．感應線圈中產生的恒定的電流
B．感應線圈中產生的方向改變、大小不變的電流
C．感應線圈一定受到的路面線圈磁場的安培力，且該安培力會阻礙汽車運動
D．給路面上的線圈通以同向電流，不會影響充電效果
【分析】地面相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流，則線圈內部產生磁場方向相反，車運動時，車底線圈始終位于地面兩個線圈，磁通量發(fā)生變化，故會產生感應電流，從而給電動車充電了。
【解答】解：A、由于路面下鋪設圓形線圈，相鄰兩個線圈的電流相反，所以兩個線圈中磁場方向相反，感應線圈中的磁通量怎樣變化不確定，無法判斷感應線圈中產生的電流是否為恒定電流，故A錯誤；
B、由于路面上的線圈中的電流不知是怎么變化，即產生的磁場無法確定變化情況，所以感應線圈中的電流大小不能確定，故B錯誤；
C、感應線圈隨汽車一起運動過程中會產生感應電流，在路面線圈的磁場中受到安培力，根據(jù)“來拒去留”可知，此安培力阻礙相對運動，即阻礙汽車運動，故C正確；
D、給路面下的線圈通以同向電流時，路面下的線圈產生相同方向的磁場，穿過感應線圈的磁通量增大，磁通量的變化率變小，所以產生的感應電流變小，影響充電效果，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵掌握楞次定律的內容，知道感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，并能理解法拉第電磁感應定律的應用。
14．（2021春?越秀區(qū)校級期中）如圖甲所示，電阻不計且間距L＝lm的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場?，F(xiàn)將質量m＝0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿ab在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平，已知金屬桿ab進入磁場時的速度v0＝1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖像如圖乙所示，已知：當下落高度h＝0.3m時，a恰好減小為0，g取10m/2，則（　　）

A．勻強磁場的磁感應強度為2T
B．金屬桿ab下落0.3m時的速度為1m/s
C．金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產生的熱量為0.2J
D．金屬桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.30C
【分析】由乙圖讀出金屬桿ab剛進入磁場時加速度的大小，判斷出加速度方向，由法拉第電磁感應定律、歐姆定律推導出安培力與速度的關系式，再由牛頓第二定律列式即可求出磁感應強度。金屬桿ab下落0.3m時a＝0，根據(jù)平衡條件求金屬桿的速度。從開始下落到下落0.3m的過程中，金屬桿ab的機械能減小轉化為內能，由能量守恒列式可求出電阻R上產生的熱量。根據(jù)電荷量的經驗公式q＝即可求通過R的電荷量。
【解答】解：A、金屬桿ab進入磁場后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中感應電流方向由a到b。由左手定則可知，金屬桿ab所受的安培力方向豎直向上。
由乙圖知，金屬桿ab剛進入磁場時加速度大小a0＝10m/s2，方向豎直向上。
由牛頓第二定律得：BI0L﹣mg＝ma0
設桿剛進入磁場時的速度為v0，則有I0＝＝
聯(lián)立整理得：﹣mg＝ma0
代入數(shù)據(jù)解得：B＝2T，故A正確；
B、通過a﹣h圖像知h＝0.3m時，a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mg＝BL?＝，解得：v＝0.5m/s。即桿ab下落0.3m時金屬桿的速度為0.5m/s，故B錯誤；
C、金屬桿ab下落0.3m的過程中，由能量守恒定律得：mgh＝Q+mv2，代入數(shù)據(jù)解得R上產生的熱量：Q＝0.2875J，故C錯誤；
D、金屬桿自由下落的高度為h′＝＝m＝0.05m，ab下落0.3m的過程中，通過R的電荷量：q＝t＝＝＝＝C＝0.25C，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題關鍵要根據(jù)圖象讀出加速度和金屬桿的運動狀態(tài)，熟練推導出安培力與速度的關系式，運用牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、能量守恒定律等多個知識進行處理。
15．（2021春?番禺區(qū)校級期中）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.2T，方向與紙面垂直，邊長L＝0.1m、總電阻R＝0.05Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊距磁場邊界L，如圖所示，已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝1s時刻進入磁場，以初始位置為計時起點，規(guī)定：電流沿順時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向外時磁通量Φ為正。則以下關于線框中的感應電動勢E、磁通量Φ、感應電流Ⅰ和安培力F隨時間變化的圖象中正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】由題意求出線框向右勻速運動的速度大小，線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，穿過線框的磁通量由磁場與面積決定，而面積卻由線框寬度與位移決定，但位移是由速度與時間決定，所以磁通量是磁場、線框寬度、速度及時間共同決定；
由于線框勻速穿過磁場，因此在進入或離開磁場時，根據(jù)由楞次定律判斷感應電流方向，確定出電動勢的方向．由E＝BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，線框切割磁感線產生的電動勢大小和感應電流大小相等，但方向相反；
線框中有感應電流，則由左手定則可確定安培力的方向，通過安培力公式可得出力的大小。
【解答】解：線框從圖中所示位置開始向右做勻速運動，t＝1s時開始進入磁場，所以線框的速度
A、在0﹣1s時間內，線框處在磁場之外，磁通量Φ＝0；
在1s﹣2s時間是線框進入磁場的過程，磁通量逐漸增大，t＝2s時線框剛好完全進入磁場區(qū)域，磁通量最大
在2s﹣3s時間是線框離開磁場的過程，磁通量逐漸減小，t＝3s時線框剛好完全離開磁場區(qū)域，磁通量減小為0，故A錯誤；
BCD、在1s﹣2s時間是線框勻速進入磁場的過程，
線框進入磁場區(qū)域的過程中的電動勢為，回路中的電流，
根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為順時針方向，電動勢和電流均為正值；
邊框所受安培力F＝BIL＝0.2×0.04×0.1N＝8×10﹣4N，根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左
同理可得：在2s﹣3s時間是線框離開磁場的過程，
其電動勢，回路中的電流I2＝I1＝0.04A，
根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為逆時針方向，電動勢為負值值，
邊框所受安培力F＝BIL＝0.2×0.04×0.1N＝8×10﹣4N，根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左，故B正確，CD錯誤。
故選：B。
【點評】電磁感應與圖象的結合問題，在解題時涉及的內容較多，同時過程也較為復雜，故在解題時要靈活，可以選擇合適的解法，如排除法等進行解答，本題難度較大。
16．（2021春?海珠區(qū)校級月考）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導體框abcd，現(xiàn)將導體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向移出磁場的兩個過程中（　?。?br />
A．導體框中產生的感應電流方向相反
B．導體框中產生的焦耳熱相同
C．導體框ad邊兩端電勢差相同
D．通過導體框截面的電量相同
【分析】感應電流方向根據(jù)楞次定律判斷；由E＝BLv和閉合電路歐姆定律分析感應電流大小，再根據(jù)焦耳定律分析焦耳熱的關系；由歐姆定律分析ad邊兩端電勢差關系；由q＝，分析通過導體框截面的電量關系。
【解答】解：A、將導體框從兩個方向移出磁場的過程中，磁通量均減小，而磁場方向都垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律判斷可知，導體框中產生的感應電流方向均沿逆時針方向，故A錯誤；
B、導體框以速度v勻速拉出磁場時，導體框中產生的感應電流大小為I1＝，產生的焦耳熱為Q1＝I12Rt1＝（）2R?＝
導體棒以速度3v勻速拉出磁場時，導體框中產生的感應電流大小為I2＝，產生的焦耳熱為Q2＝I22Rt2＝（）2R?＝，導體框中產生的焦耳熱不同，故B錯誤；
C、導體框以速度v勻速拉出磁場時，導體框ad邊兩端電勢差U1＝E1＝BLv，導體框以速度3v勻速拉出磁場時，導體框ad邊兩端電勢差U2＝E2＝BL?3v＝BLv，導體框ad邊兩端電勢差不同，故C錯誤；
D、通過導體框截面的電量q＝I△t＝＝。兩個過程中磁通量的變化量相同，根據(jù)q＝可知通過導體框截面的電量相同，故D正確。
故選：D。
【點評】解決本題的關鍵要掌握感應電動勢公式：E＝BLv和感應電荷量公式q＝，并熟練運用楞次定律。
17．（2021春?白云區(qū)校級月考）如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中將金屬棒ab從某高處水平拋出，不計空氣阻力，金屬棒ab在運動過程中（　?。?br />
A．感應電動勢大小不變，且φa＞φb
B．感應電動勢大小不變，且φa＜φb
C．由于速率不斷增大所以感應電動勢不斷變大，且φa＞φb
D．由于速率不斷增大，所以感應電動勢不斷變大，且φa＜φb
【分析】由感應電動勢公式E＝Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結合平拋運動的特點分析選擇。
【解答】解：金屬棒ab做平拋運動，其水平方向的分運動是勻速直線運動，水平分速度保持不變，等于v0，由感應電動勢公式E＝Blvsinα，vsinα是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運動的水平分速度，等于v0，則感應電動勢E＝Blv0，B、l、v0均不變，則感應電動勢大小保持不變，根據(jù)右手定則可知φa＞φb，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查對感應電動勢公式的理解和平拋運動的特點，注意到線切割磁感線v是垂直B的速度。
18．（2021春?海珠區(qū)校級月考）一個閉合矩形線圈abcd以速度v從無磁場區(qū)域勻速穿過勻強磁場區(qū)域，而再次進入無磁場區(qū)域，如圖所示，那么，下列圖中能正確反映線圈中電流﹣時間關系的圖象是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】先根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向，再根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律分析各段過程感應電流的大小，再選擇圖象。
【解答】解：線圈進入磁場時，穿過線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律判斷可知線圈中感應電流方向為順時針方向，為正值；線圈穿出磁場時，穿過線圈的磁通量向外減小，感應電流方向為逆時針方向，為負值；
根據(jù)I＝＝，知線圈進入磁場和穿出磁場時，感應電流的大小不變；線圈完全在磁場中運動時，磁通量不變，沒有感應電流產生，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題運用楞次定律、法拉第電磁感應定律和歐姆定律分析感應電流的方向和大小，這是電磁感應問題中常用的方法和思路，要熟練掌握。
19．（2021春?白云區(qū)校級月考）如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有燈泡A。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中。磁場方向垂直于導軌平面向下?，F(xiàn)使金屬棒ab以一定的初速度v開始向右運動，此后（　　）

A．棒ab勻減速運動直到停止
B．棒ab中的感應電流方向由b到a
C．棒ab所受的安培力方向水平向右
D．燈泡A逐漸變亮
【分析】金屬棒切割磁感線產生感應電動勢，應用E＝BLv求出感應電動勢，應用閉合電路的歐姆定律求出感應電流，應用安培力公式求出金屬棒受到的安培力大小，然后判斷金屬棒的運動性質；應用右手定則判斷出感應電流方向；應用左手定則判斷安培力方向；根據(jù)電功率公式判斷燈泡功率如何變化，判斷亮度如何變化。
【解答】解：設磁感應強度為B，金屬棒的長度為L，電路總電阻為R；
A、金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv
由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流I＝
金屬棒受到的安培力F＝BIL＝
金屬棒在安培力作用下做減速運動，v不斷減小，安培力不斷減小，由牛頓第二定律可知，金屬棒的加速度不斷減小，金屬棒做加速度減小的減速運動，直到停止，故A錯誤；
B、由右手定則可知，棒ab中的感應電流方向是由b到a，故B正確；
C、由左手定則可知，棒ab所示安培力水平向左，故C錯誤；
D、金屬棒速度不斷減小，感應電流I不斷減小，燈泡的功率P＝I2RL不斷減小，燈泡逐漸變暗，故D錯誤。
故選：B。
【點評】分析清楚金屬棒的運動過程，應用E＝BLv、歐姆定律、安培力公式與右手定則、左手定則即可解題。
20．（2021春?白云區(qū)校級月考）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正）。下列說法正確的是（　?。?br />
A．磁感應強度的大小為0.5T
B．導線框運動的速度的大小為5m/s
C．難感應強度的方向垂直于紙面向內
D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.04N
【分析】根據(jù)線框勻速運動的位移和對應時間求出速度，讀出感應電動勢，結合E＝BLv求出磁感應強度B的大小。根據(jù)感應電流的方向，運用楞次定律判斷磁場的方向。根據(jù)安培力公式F＝BIL得出導線框所受的安培力。
【解答】解：AB、由圖乙知，導體框進入磁場用時0.2s，導線框勻速運動的速度為：v＝m/s＝0.5m/s
根據(jù)E＝BLv知磁感應強度為：B＝＝T＝0.2T，故AB錯誤；
C、由圖乙可知，線框進磁場時，感應電流的方向為順時針，磁通量增加，根據(jù)楞次定律知磁感應強度的方向垂直紙面向外，故C錯誤；
D、在0.4﹣0.6s內，導線框所受的安培力為：F＝BIL＝＝，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查導線切割磁感線的類型，要掌握切割產生的感應電動勢公式E＝BLv以及楞次定律，能熟練推導出安培力與速度的關系式F＝。
二．多選題（共10小題）
21．（2021春?湖北月考）1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后磁針之所以轉動，是因為（　　）

A．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動
B．圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產生的磁場的磁感線，產生感應電動勢，感應電動勢產生電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動
C．銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動
D．圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化，圓盤產生電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動
【分析】根據(jù)題意明確渦流的產生，再根據(jù)磁極和電流的相互作用分析磁鐵的運動。
【解答】解：A.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場沿軸線方向，不會導致磁針轉動，故A錯誤；
B.圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產生磁場的磁感線，產生感應電動勢，但由于距離圓心遠近不同，各點電勢也不同，從而形成渦流，產生的電流會導致磁針轉動，故B正確；
C.銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流（渦流），此電流產生的磁場導致磁針轉動，故C正確；
D.圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題要注意明確電流的形成不是因為自由電子的運動，而是由于圓盤切割磁感線產生了電動勢，從而產生了渦流。
22．（2021?安徽模擬）如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，左端用導線連接，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度關系如圖乙所示，不計金屬導軌及左邊導線電阻，金屬導軌足夠長，若乙圖中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是（　?。?br /> A．金屬棒的質量為
B．勻強磁場的磁感應強度大小為
C．當拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電量為
D．某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比
【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式，求出金屬棒的加速度和速度的函數(shù)關系式，根據(jù)截距和斜率求解金屬棒的質量和磁感應強度；
根據(jù)恒力F做功計算金屬棒運動的距離，根據(jù)電荷量推論公式計算電荷量；
撤去力F后，根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度與速度關系式判斷。
【解答】解：AB、根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣F安＝ma，其中金屬棒所受安培力
聯(lián)立解得金屬棒的加速度為
結合圖像可知：當速度v＝0時，加速度，所以金屬棒的質量
圖像的斜率k＝，解得磁感應強度，故AB正確；
C、當拉力做功為W時，金屬棒運動的距離為
則通過金屬棒截面的電荷量，故C錯誤；
D、撤去拉力后，據(jù)牛頓第二定律有，可得，故D正確。
故選：ABD。
【點評】電荷量的推論公式，在處理計算題時可直接利用。
23．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，水平光滑桌面上有一等邊三角形金屬線框abc，c點恰處于方向垂直于桌面向里的勻強磁場的邊界PQ上，在拉力F的作用下，線框以恒定速率通過勻強磁場區(qū)域，磁場的寬度大于線框的邊長，且運動過程中ab始終與PQ保持平行。在線框從開始進入磁場到完全進入磁場區(qū)域的過程中，下列四幅圖中正確反映線框中的感應電流I、熱功率P、外力F以及通過線框橫截面的電量q隨時間t的變化規(guī)律的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】線框勻速穿過磁場區(qū)域，設速度為v，切割的長度為L＝2vt?tan30°，根據(jù)切割公式得到感應電動勢大小，根據(jù)歐姆定律得到感應電流大小，根據(jù)P＝I2R得到電功率情況，根據(jù)安培力公式得到安培力情況，根據(jù)平衡條件得到拉力情況。
【解答】解：A、設線框切割磁感線的有效長度為L，則L＝2vt?tan30°＝vt，
產生的感應電動勢E＝BLv，
感應電流I＝＝，線框進入磁場的過程中，電流I與時間t成正比，故A正確；
B、功率P＝I2R＝，功率與時間的平方成正比，故圖象為曲線，故B錯誤；
C、線框做勻速運動，由平衡條件可得：F＝BIL＝，故拉力與t的平方成正比，故C正確；
D、通過線框橫截面的電荷量q＝t＝＝，q與時間的二次方成正比，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查滑軌問題，關鍵是根據(jù)切割公式、歐姆定律公式、安培力公式列式分析，得到安培力表達式，還要結合電功率公式、平衡條件列式得到電功率表達式和拉力的表達式進行分析，注意題目中線框是勻速通過磁場區(qū)域
24．（2021?重慶模擬）如圖所示，直線OP右側為范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。abcd是邊長為L的正方形單匝閉合導線框?？傠娮柚禐镽，其中ad邊水平，ad邊與OP邊界成45°，導線框始終以速度v水平向右做勻速直線運動，在導線框進入磁場過程中（　?。?br />
A．導線框中感應電流先沿順時針方向后沿逆時針方向
B．導線框中感應電流始終沿逆時針方向
C．導線框中感應電流最大值為
D．導線框中感應電流最大值為
【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向；正方形導線框進入磁場的過程中，注意其有效長度，最長即為正方形邊長，并不是對角線。
【解答】解：AB、線框進入磁場時，導線框中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，導線框中的感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，再根據(jù)安培定則可判斷出導線框中的感應電流方向為逆時針，故B正確，A錯誤。
CD、在導線框以與OP平行的對角線進入磁場，當ac邊進入磁場時，根據(jù)E＝BLv，可知此時有效長度最大為L，所以Im＝，故C正確，D錯誤；
故選：BC。
【點評】本題關鍵考查楞次定律與有效長度，注意有效長度的判斷是解決本題的關鍵，根據(jù)左手定則，B，L，v三者應互相垂直關系。
25．（2021?山東模擬）如圖所示，足夠長的水平金屬導軌MN，PQ放在豎直向上的勻強磁場中，金屬桿ab在水平恒力F作用下由靜止開始向右運動，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計。運動過程中，金屬桿加速度大小a、速度大小v、力F的沖量I隨時間變化的規(guī)律正確的是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．
【分析】分析金屬桿的受力情況，由牛頓第二定律和安培力公式F＝BIL相結合列式，來分析加速度的變化情況，判斷金屬桿的運動情況，確定速度的變化情況。根據(jù)沖量的定義I＝Ft分析力F的沖量I隨時間變化的規(guī)律。
【解答】解：AB、金屬桿受到的合力為力F與安培力的合力，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣F安＝ma，又F安＝BIL＝BL?＝，聯(lián)立得F﹣＝ma，可知，隨著速度增大，金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，最終加速度減小為零，達到勻速運動，故A錯誤，B正確；
CD、力F的沖量I＝Ft，F(xiàn)是恒力，則I與t成正比，I﹣t圖像是過原點的傾斜直線，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
【點評】解答本題的關鍵要熟練推導出安培力與速度的關系F安＝，利用牛頓第二定律分析金屬桿的加速度變化情況。
26．（2021?寶雞模擬）如圖所示，一質量為m的金屬桿可以無摩擦地沿水平的平行導軌滑行，兩軌間寬為L，導軌與電阻R連接，放在豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，桿的初速度為v，其余電阻均不計，則（　?。?br />
A．由于金屬桿和導軌之間無摩擦，回路中的感應電動勢始終是BLv
B．金屬桿所受的安培力方向與初速度方向相同
C．金屬桿所受的安培力逐漸減小
D．電阻R上產生的總焦耳熱為
【分析】根據(jù)右手定則判斷感應電流的方向；再由左手定則可分析受力方向；從而明確金屬桿的運動情況；再根據(jù)功能關系求解R上產生的焦耳熱．
【解答】解：A、由于金屬桿受到安培力的作用，故金屬桿做減速運動，速度越來越小，則電動勢越來越小，故A錯誤；
B、根據(jù)右手定則可知通過金屬桿的電流向外，再根據(jù)左手定則可知，安培力與運動方向相反，故B錯誤；
C、因電動勢減小，則電流減小，則由F＝BIL可知，安培力減小，故C正確；
D、由于電磁感應，金屬桿最終將保持靜止，動能全部轉化為內能，即全部轉化為R的焦耳熱；故電阻R上產生的總焦耳熱為mv2，故D正確。
故選：CD。
【點評】本題中電磁感應中電路及能量問題，分析電路中能量的轉化是解題的關鍵，要注意明確安培力一直阻礙金屬桿的運動，從而將機械能轉化為電能．
27．（2021?香坊區(qū)校級三模）如圖所示，圖中虛線間存在垂直紙面向里的勻強磁場，虛線間的距離為2L，勻強磁場大小均為B，“”字形金屬線框總電阻為R，每條邊長為L，t＝0時刻，ab邊與M區(qū)域磁場左邊界重合?，F(xiàn)使線框以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場。取逆時針方向為感應電流I的正方向，取水平向左為安培力F的正方向，則在金屬線框穿過磁場的過程中，線框中感應電流I、安培力F隨時間t變化的關系圖線正確的是（　　）

A．
B．
C．
D．
【分析】（1）判斷線框切割磁感線時，有效長度為2L，代入E＝BLv可計算電動勢與電流大??；
（2）求得I后，代入安培力計算公式可判斷F的大小，同樣注意有效長度。
【解答】解：AB、線框做勻速穿過磁場，在1～2s時，有2L的有效長度切割磁感線，故I＝，則A正確，B錯誤；
CD、根據(jù)F＝BIL，求得F＝＝，故C正確，D錯誤；
故選：AC。
【點評】在進行電磁感應的計算時，要注意導體的有效長度。
28．（2021?汕頭一模）如圖甲，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地。一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則（　?。?br />
A．在0～4s內，R中有電流從a流向b
B．在t＝3s時，穿過螺線管的磁通量為0.07Wb
C．在4s～6s內，R中電流大小為8A
D．在4s～6s內，R兩端電壓Uab＝40V
【分析】根據(jù)楞次定律結合圖像可以分析出通過R的電流方向；
根據(jù)圖像可以分析出t＝3s時磁感應強度大小，然后利用Φ＝BS可以求出磁通量；
根據(jù)感生電動勢公式求解電動勢大小，結合歐姆定律可以求出電流；
根據(jù)歐姆定律可以求解4s～6s內R兩端電壓Uab.
【解答】解：A、在0～4s內，原磁場增大，則磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應磁場方向向右，再由安培定則可知R中的電流方向從b流向a，故A錯誤；
B、由圖乙可知，t＝3s時磁感應強度分別為B＝3.5T，則此時的磁通量為Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正確；
C、在4s～6s內，感應電動勢為：

則R中電流大小為：
，故C正確；
D、在4s～6s內，根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，則R兩端電壓為：
Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查法拉第電磁感應定律基本知識，需要同學們對基本公式熟練掌握，可以根據(jù)圖像求解電動勢大小，結合歐姆定律求解對應的電流和電壓.
29．（2021春?市中區(qū)校級月考）如圖所示，用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的均勻硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，以圓環(huán)的圓心為坐標原點建立坐標系，圓環(huán)與x、y軸的負方向的交點分別為b、a，在一、二、四象限內存在垂直于圓環(huán)向里的勻強磁場，磁感應強度B的大小隨時間的變化率＝k（k＞0）。下列說法正確的是（　?。?br />
A．圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流
B．圓環(huán)具有收縮的趨勢
C．圓環(huán)中的感應電流的大小為
D．圓環(huán)上ab兩點間的電勢差為Uab＝
【分析】由題意可知，磁通量增大，由楞次定律可判斷感應電流的方向；由法拉第電磁感應定律可得出感應電動勢；由閉合電路的歐姆定律可得出ab間的電勢差．
【解答】解：A、由于（k＞0），可知磁場在增強，根據(jù)楞次定律得圓環(huán)中的感應電流為逆時針方向，故A錯誤；
B、由左手定則判定圓環(huán)有收縮的趨勢，故B正確；
C、根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝n＝＝，由電阻定律的圓環(huán)的電阻，聯(lián)立得圓環(huán)中的感應電流的大小為I＝＝，故C正確；
D、由以上分析b為電源的正極，b點電勢高于a點電勢，則可知Uab＝φa﹣φb＜0，即由閉合電路歐姆定律可知，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題應注意ab兩點的電勢差為電源的路端電壓，故應為不在磁場中的部分兩端的電壓，注意電勢的相對大小關系．
30．（2021春?朝陽區(qū)校級月考）如圖甲，為新能源電動汽車的無線充電原理圖，M為匝數(shù)n＝50匝、電阻r＝1.0Ω受電線圈，N為送電線圈。當送電線圈N接交變電流后，在受電線圈內產生了與線圈平面垂直的磁場，其磁通量Φ隨時間t變化的規(guī)律如圖乙。下列說法正確的是（　?。?br />
A．受電線圈產生的電動勢的有效值為10V
B．在t1時刻，受電線圈產生的電動勢為20V
C．在t1~t2內，通過受電線圈的電荷量為4×10﹣2C
D．在t1~t2內，通過受電線圈的電荷量為2×10﹣2C
【分析】由Em＝nBSω求感應電動勢最大值，由E＝求有效期；根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電流的定義式結合，求解通過電阻R的電荷量。
【解答】解：A、由圖乙可知，受電線圈產生的感應磁場的周期為T＝π×10﹣3s，最大磁通量為Φm＝2.0×10﹣4Wb,
所以受電線圈產生的電動勢最大值為：Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2.0×10﹣4×V＝20V,所以受電線圈產生的電動勢的有效值為E＝＝V＝10V,故A正確；
B、由圖乙可知，t1時刻磁通量變化率為0，由法拉第電磁感應定律可知，此時受電線圈產生的電動勢為0V，故B錯誤；
CD、t1到t2時間內，線圈中產生的感應電動勢平均值＝n
通過電阻的電流平均值＝
通過電阻的電荷量 q＝△t
由圖（b）知，t1到t2時間內，△Φ＝Φ1﹣Φ2＝2.0×10﹣4Wb﹣(﹣2.0×10﹣4Wb)＝4.0×10﹣4Wb
解得 q＝2×10﹣3 C,故C錯誤,D正確；
故選：AD。
【點評】在求解正弦交變電壓的有效值時用公式：E＝。在電磁感應中通過導體截面的電量經驗公式是q＝n，可以在推導的基礎上記住。
三．填空題（共10小題）
31．（2021春?臺江區(qū)校級期中）如圖所示，線圈匝數(shù)分別為1匝和N匝的線圈a、b的半徑分別為r和2r，用相同粗細、相同材料的金屬導線制成。圓形勻強磁場的邊緣恰好與a線圈重合，其磁感應強度B隨時間均勻增大，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為 　1：1　；a、b兩線圈的感應電動勢之比為 　1：N　。

【分析】當B與S平面垂直時，穿過該面的磁通量Φ＝BS；根據(jù)法拉第電磁感應定律求感應電動勢之比；
【解答】解：任意時刻，穿過ab兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量都相等，磁通量之比為1：1；根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝n＝n?S，ab線圈?S大小一樣，匝數(shù)之比為1：N，故感應電動勢為1：N。
故答案為：1：1；1：N
【點評】解決本題時要注意在公式Φ＝BS和法拉第電磁感應定律中，S為有效面積，能熟練運用比例法研究這類問題。
32．（2021春?倉山區(qū)校級期中）由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖（a）所示。其中，螺線管匝數(shù)為N，橫截面積為S；電容器兩極板間距為d，板間介質為空氣（可視為真空）。螺線管處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t變化的B﹣t圖像如圖（b）所示。一電荷量為q的顆粒在t1﹣t2時間內懸停在電容器中，重力加速度大小為g。則t1﹣t2時間內，a點電勢 　高于　b點電勢（填“高于、等于、低于”），顆粒的質量為 　　。

【分析】根據(jù)楞次定律判斷電勢高低；由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，根據(jù)平衡條件求解顆粒的質量。
【解答】解：穿過線圈的磁通量向上增大時，根據(jù)楞次定律可知，螺線管產生的電動勢上邊高，所以a點電勢高于b點電勢；
顆粒受到的電場力與重力大小相等，則：mg＝qE＝q
由電路圖可知，穿過線圈的磁通量穩(wěn)定變化時，線圈產生穩(wěn)定的電動勢但電路中沒有電流，線圈產生的電動勢等于電容器兩極板之間的電勢差U；
由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：E電＝U＝N?＝N??S＝，
聯(lián)立可得顆粒的質量：m＝。
故答案為：高于；。
【點評】本題考查了法拉第電磁感應定律的應用，分析清楚電路結構是解題的前提，應用法拉第電磁感應定律、楞次定律、串聯(lián)電路特點即可解題。
33．（2021春?蕪湖期中）如圖所示的區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動（O軸位于磁場邊界）。則線框在進入磁場時產生的電動勢　BL2ω　，線框在轉動一周過程中產生的感應電流的有效值為　　。

【分析】根據(jù)轉動切割磁感應線產生的感應電動勢計算公式求解感應電動勢大小，有效電流要根據(jù)有效電流的定義來計算，根據(jù)電流的熱效應列出方程，可以求得有效電流的大小。
【解答】解：線框在進入磁場時切割磁感線產生的感應電動勢為：E＝BL＝BL
其中v＝Lω
解得：E＝BL2ω；
交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應得出的，線框轉動周期為T，而線框轉動一周只有T的時間內有感應電流，
則有：×＝，
電流強度有效值為：I＝＝。
故答案為：BL2ω；。
【點評】本題就是考查電流有效值的計算，本題的關鍵是對有效值定義的理解，掌握好有效值的定義就可以計算出來了。
34．（2021春?宜秀區(qū)校級月考）動生電動勢的產生與洛倫茲力無關。　 ?。▽Φ奶預，錯的填B）
【分析】根據(jù)動生電動勢產生的機理，可以知道非靜電力是洛倫茲力；
【解答】解：因導體運動而產生的感應電動勢稱為動生電動勢，導體中的自由電荷隨導體在磁場中運動，受到洛倫茲力，而向導體一端移動，動生電動勢是洛倫茲力對導體中自由電荷施加力的作用而引起的，所以動生電動勢的產生與洛倫茲力有關，充當“非靜電力”的是洛倫茲力的分力，故本題錯誤，
故選：B。
【點評】本題關鍵是明確感生電動勢和動生電動勢的區(qū)別，不變的磁場運動的線圈產生動生電動勢，變化的磁場不動的線圈產生感生電動勢，同時注意二者的產生機理是不同的．
35．（2021春?天河區(qū)校級月考）如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，CD段受安培力　向下?。ㄌ睢跋蛏稀薄跋蛳隆薄跋蜃蟆薄跋蛴摇被颉盀榱恪保袘妱觿葑畲笾禐椤av　，感應電動勢平均值為　πBav　。

【分析】由楞次定律可判斷電流方向，由左手定則可得出安培力的方向；由E＝BLv，分析過程中最長的L可知最大電動勢；由法拉第電磁感應定律可得出電動勢的平均值。
【解答】解：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向為逆時針方向，根據(jù)左手定則可以判斷，CD段直線受安培力，方向向下；
當半圓閉合回路進入磁場一半時，這時等效長度最大為a，這時感應電動勢最大為：E＝Bav；
感應電動勢平均值式為：E＝＝＝πBav。
故答案為：向下；Bav；πBav。
【點評】本題注意以下幾點：（1）掌握楞次定律的應用方法；（2）感應電動勢公式E＝只能來計算平均值；（3）利用感應電動勢公式E＝BLv計算時，L應是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。
36．（2021?福建模擬）如圖所示，光滑絕緣水平面上，一正方形線圈以初速度v0進入一勻強磁場，磁場寬度大于線圈的寬度。當線圈完全離開磁場區(qū)域時，其速度大小變?yōu)関0，在進入磁場跟離開磁場的過程中，通過線圈橫截面的電荷量之比為　1：1　，線圈產生的熱量之比為　5：3　。

【分析】根據(jù)電荷量的計算公式求解通過線圈橫截面的電荷量之比；
根據(jù)動量定理求解小球完全進入磁場時的速度大小，根據(jù)功能關系求解線圈產生的熱量之比。
【解答】解：線圈進入磁場過程中通過線圈的電荷量：q＝△t＝△t＝＝，因為進入磁場和離開磁場時的磁通量變化量相同，所以通過線圈橫截面的電荷量之比為q1：q2＝1：1；
設線圈完全進入磁場時的速度大小為v，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理可得：
進入磁場過程中：﹣BL△t＝mv﹣mv0，即BLq1＝mv0﹣mv
離開磁場過程中：BLq2＝mv﹣
解得：v＝
根據(jù)功能關系可得產生的熱等于動能的變化，則＝
解得：＝。
故答案為：1：1；5：3。
【點評】本題考查電磁感應與運動相結合的問題，解決本題的關鍵比較出進磁場和出磁場時通過線圈的電荷量，掌握動量定理的應用方法，能夠根據(jù)功能關系求解產生的焦耳熱。
37．（2020秋?赫山區(qū)校級期末）一個單匝矩形線圈，在△t＝0.1s的時間內穿過它的磁通量由φ1＝0.1Wb增加到φ2＝0.15Wb，則線圈中磁通量的變化量△φ＝　0.05　Wb，線圈中的感應電動勢E＝　0.5　V。
【分析】根據(jù)初末狀態(tài)磁通量的值求解磁通量的變化量，根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢。
【解答】解：磁通量的變化量為：△φ＝φ2﹣φ1＝0.15Wb﹣0.1Wb＝0.05Wb，
根據(jù)法拉第電磁感應定律可得：E＝＝V＝0.5V。
故答案為：0.05；0.5。
【點評】本題主要是考查法拉第電磁感應定律和磁通量的計算，知道磁通量變化量的計算方法，掌握法拉第電磁感應定律是關鍵。
38．（2020秋?嘉定區(qū)期末）兩根相互平行的金屬導軌水平放置于如圖所示的勻強磁場中，與導軌接觸良好的導體棒AB和CD可以在導軌上自由滑動。當AB在外力F的作用下水平向右運動時，導體棒CD中感應電流的方向為　C→D　，它會向　右　運動。

【分析】AB棒切割磁感線產生感應電流，由右手定則判斷感應電流的方向；感應電流通過CD，CD棒受到安培力作用，由左手定則判斷安培力的方向，由此判斷CD棒的運動情況。
【解答】解：AB切割磁感線產生感應電流，根據(jù)右手定則判斷可知，AB中感應電流的方向為B→A，則導體棒CD內有電流通過，方向是C→D；
感應電流通過CD，CD棒受到安培力作用，由左手定則判斷可知磁場對導體棒CD的安培力向右，所以CD棒向右運動。
故答案為：C→D，右。
【點評】解決本題的關鍵掌握右手定則和左手定則，并能正確運用右手定則判斷感應電流的方向，并能運用左手定則判斷安培力的方向。
39．（2021春?寧江區(qū)校級月考）如圖所示，先后以速度v1和v2（v1＝2v2），勻速地把同一線圈從同一位置拉出有界勻強磁場的過程中，在先后兩種情況下：
（1）線圈中的感應電流之比I1：I2＝　2：1　。
（2）線圈中產生的熱量之比Q1：Q2＝　2：1　。
（3）拉力做功的功率之比P1：P2＝　4：1　。

【分析】感應電流之比根據(jù)I＝、E＝BLv求解；熱量之比根據(jù)焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積。
【解答】解：設線圈的長為a，寬為L
（1）線圈中感應電流 I＝＝，可知I∝v，故感應電流之比是2：1；
（2）線圈產生的熱量Q＝t＝?＝∝v，則熱量之比為2：1．；
（3）由于線圈勻速運動，外力與安培力大小相等，為 F＝BIL＝，外力的功率為 P＝Fv＝，P∝v2，所以外力的功率之比為4：1。
故答案為：（1）2：1；（2）2：1；（3）4：1。
【點評】要對兩種情況下物理量進行比較，我們應該先把要比較的物理量表示出來再求解。關鍵要掌握安培力的推導方法和感應電荷量的表達式。
40．（2020秋?和平區(qū)校級期末）如圖所示，兩根平行光滑長直金屬導軌，其電阻不計，導體棒ab和cd跨在導軌上，ab電阻大于cd電阻。當cd在外力F2作用下勻速向右滑動時，ab在外力F1作用下保持靜止，則ab兩端電壓Uab和cd兩端電壓Ucd相比，Uab?。健cd，外力F1和F2相比，F(xiàn)1?。健2（填＞、＝或＜）。

【分析】cd棒勻速運動，所受的外力F2與安培力二力平衡。ab在外力F1作用下保持靜止，外力F1與所受的安培力二平衡，而兩棒所受的安培力大小相等，即可知道兩個外力之間的關系。ab棒切割磁感線相當于電源，而cd相當于外電路，ab兩端與cd兩端的電壓相等。
【解答】解：cd在外力F2作用下向右勻速運動，則外力F2與安培力二力平衡，大小相等；
ab在外力F1作用下保持靜止，外力F1與所受的安培力二平衡，大小相等。
由安培力公式F＝BIL，可知兩棒所受的安培力大小相等，則F1＝F2。
cd棒切割磁感線相當于電源，而ab相當于外電路，導軌電阻不計，
ab兩端與cd兩端的電壓都是路端電壓，大小相等。故有Uab＝Ucd。
故答案為：＝；＝。
【點評】本題關鍵是分析兩棒的受力情況，運用平衡條件分析外力關系，由電路知識分析電壓關系。屬于基礎題；處理電磁感應中電路問題時，關鍵能夠知道其等效電路，知道哪一部分相當于電源，結合安培力的大小公式和共點力平衡進行求解。

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高中物理人教版 (2019)選擇性必修 第二冊電子課本

2 法拉第電磁感應定律

版本： 人教版 (2019)

年級： 選擇性必修 第二冊

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